beweisen die Existenz von n-ten Wurzeln für nicht negative reelle Zahlen

Apr 25 2020

Ich möchte folgendes Ergebnis beweisen: "Let $x,y \geq 0$ sei nicht negativ real und lass $n,m \geq 1$positive ganze Zahlen sein. Wenn$y = x^{\frac{1}{n}}$, dann $y^{n} = x$"Dies ist Lemma 5.6.6 (a) aus dem Buch Analysis 1 von Terence Tao.

Die n-te Wurzel ist wie folgt definiert. $x^{\frac{1}{n}}:=$sup$\{y\in \mathbb{R}: y\geq 0$ und $y^{n}\leq x\}$.

Zuvor wurde das folgende Lemma bewiesen. ""$\textbf{Lemma 5.6.5:}$ "Lassen $x\geq 0$ sei ein nicht negativer Real und lass $n\geq 1$sei eine positive ganze Zahl. Dann das Set$E:= \{y\in \mathbb{R}: y\geq 0$ und $y^{n}\leq x\}$ist nicht leer und ist auch oben begrenzt. Speziell,$x^{\frac{1}{n}}$ ist eine reelle Zahl. "

Angesichts von Lemma 5.6.5 müssen wir nur das zeigen $y^{n}<x$ und $y^{n}>x$zu Widersprüchen führen. Zum Beispiel in dem Fall, in dem$n=2$ und $y^{2}<x$ wir können eine finden $\varepsilon>0$ so dass $(y+\varepsilon)\in E$ nur durch erweitern $(y+\varepsilon)^{2}$ und wählen $\varepsilon$ angemessen, was der Annahme widerspricht, dass $y = sup E$.

Ich bin damit vertraut, wie dieses Ergebnis anhand der Identität nachgewiesen wird $b^{n} - a^{n} = (b-a)(b^{n-1} + b^{n-2}a + ... +a^{n-1})$, das zum Beispiel in Rudins realem Analysebuch oder im Binomialsatz verwendet wird. Ich versuche jedoch, das Ergebnis anhand einiger Hinweise im Lehrbuch zu beweisen. Die Hinweise lauten wie folgt:

1) Überprüfen Sie den Beweis, dass $\sqrt2$ist eine reelle Zahl (der Beweis folgt dem obigen genauen Umriss). 2) Beweis durch Widerspruch. 3) Die Trichotomie der Ordnung. 4) Satz 5.4.12

$\textbf{Proposition 5.4.12:}$ "Lassen $x$sei eine positive reelle Zahl. Dann gibt es eine positive rationale Zahl$q$ so dass $q\leq x$und es existiert eine positive ganze Zahl $N$ so dass $x\leq N$. "

Ich habe versucht, das Ergebnis nur mit den vier oben angegebenen Hinweisen zu beweisen, konnte aber nichts erreichen. Die vier Hinweise werden für das gesamte Lemma gegeben, das aus mehr als der obigen Aussage besteht, so dass nicht klar ist, dass alle Hinweise für diese bestimmte Aussage verwendet werden sollen. Bisher wurden Exponentiationseigenschaften für reelle Zahlen und ganzzahlige Exponenten nachgewiesen, sodass diese im Beweis verwendet werden können.

Es gibt hier eine ähnliche Frage. Hilfe bei einem Lemma der n-ten Wurzel (ohne die Binomialformel) , aber meine Frage wird dort nicht beantwortet (und wurde auch nicht in anderen ähnlichen Beiträgen beantwortet, die ich gelesen habe).

Meine Versuche konzentrierten sich auf die folgende Idee: Angenommen $y^{n} < x$. Dann$x-y^{n}>0$, was die Existenz von impliziert $q\in \mathbb{Q}^{+}$ so dass $q\leq x -y^{n}$. Das könnten wir auch annehmen$0<q<1$ bekommen $q^{n}\leq x-y^{n}$, obwohl mir nicht klar ist, dass dies hilft. Wenn wir das annehmen$(y+\varepsilon)^{n} \geq q^{n} + y^{n}$ für alle $\varepsilon>0$, dann könnten wir einen Widerspruch bekommen, indem wir das Limit als nehmen $\varepsilon$neigt zu Null. Grenzen werden jedoch erst im nächsten Kapitel entwickelt. Stattdessen habe ich versucht zu finden$\varepsilon$ direkt, insbesondere durch den Versuch, Hinweis Nummer vier ohne Glück zu verwenden (ich denke, all die chaotischen Versuche hier würden einen bereits langen Beitrag unlesbar machen).

Jede Hilfe wäre sehr dankbar. Bitte entschuldigen Sie den langen Beitrag. Vielen Dank an diejenigen, die sich die Zeit nehmen, diesen Beitrag zu lesen.

$\textbf{Edit:}$Ich habe meinen Lösungsversuch unten veröffentlicht. Mir ist auch klar, dass ich Satz 5.4.12 nicht wirklich verwenden muss, um eine Vernunft zu finden$q$. Ich könnte zum Beispiel mit der reellen Zahl arbeiten$x-y^{n}$ (($y^{n]-x$) direkt.

Antworten

1 ProFatXuanAll May 05 2020 at 20:52

Hier ist mein Versuch ohne kombinatorische. Der Trick ist zu ersetzen$(y + \varepsilon)^n$ und $(y - \varepsilon)^n$ mit $y^n + \delta$ und $y^n - \delta$ beziehungsweise.

Lassen $E = \{z \in \mathbb{R} : (z \geq 0) \land (z^n \leq x)\}$. Damit$y = x^{1 / n} = \sup(E)$. Nehmen wir aus Gründen des Widerspruchs an, dass$y^n \neq x$. Dann ist nach Satz 5.4.7 genau eine der folgenden Aussagen wahr:

(ICH) $y^n < x$. Jetzt wollen wir das zeigen$\exists\ \varepsilon \in \mathbb{R}$ und $\varepsilon > 0$ so dass $(y + \varepsilon)^n < x$. weil$y < y + \varepsilon$, also haben wir $y^n < (y + \varepsilon)^n$. Lassen$\delta = (y + \varepsilon)^n - y^n$, dann $\delta > 0$. In Korollar 5.4.13 finden wir eine$N \in \mathbb{N}$ und $N > 0$ so dass $\delta < 1 \times N$. Nach Satz 5.4.14,$\exists\ q \in \mathbb{Q}$ so dass $\delta < q < N$, was bedeutet $\delta / q < 1$, und wir haben $$ \begin{align*} (y + \varepsilon)^n &= y^n + \delta \\ &= y^n + q \delta / q & (q \neq 0) \\ &< y^n + q. & (\delta / q < 1) \end{align*} $$ Das heißt, wenn wir das zeigen können $\exists\ q \in \mathbb{Q}$ und $q > 0$ so dass $y^n + q < x$, dann können wir das zeigen $\exists\ \varepsilon \in \mathbb{R}$ und $\varepsilon > 0$ so dass $(y + \varepsilon)^n < x$. Wir können solche zeigen$q$ existiert, weil nach Satz 5.4.14 $\exists\ q \in \mathbb{Q}$ und $0 < q < x - y^n$. Also müssen wir haben$\varepsilon \in \mathbb{R}$ und $\varepsilon > 0$ so dass $(y + \varepsilon)^n < x$. Das heißt aber$y + \varepsilon \in E$ und $y + \varepsilon \leq y$ein Widerspruch.

(II) $y^n > x$. Jetzt wollen wir das zeigen$\exists\ \varepsilon \in \mathbb{R}$ und $\varepsilon > 0$ so dass $(y - \varepsilon)^n > x$. weil$y > y - \varepsilon$, also haben wir $y^n > (y - \varepsilon)^n$. Lassen$\delta = y^n - (y - \varepsilon)^n$, dann $\delta > 0$. Durch Satz 5.4.13 können wir eine finden$q \in \mathbb{Q}$ und $q > 0$ so dass $q < 2q \leq \delta$. Dann haben wir$\delta / q > 1$ und $$ \begin{align*} (y - \varepsilon)^n &= y^n - \delta \\ &= y^n - q \delta / q & (q \neq 0) \\ &> y^n - q. & (\delta / q > 1) \end{align*} $$ Das heißt, wenn wir das zeigen können $\exists\ q \in \mathbb{Q}$ und $q > 0$ so dass $y^n - q > x$, dann können wir das zeigen $\exists\ \varepsilon \in \mathbb{R}$ und $\varepsilon > 0$ so dass $(y - \varepsilon)^n > x$. Wir können zeigen, dass ein solches (q) existiert, weil durch Satz 5.4.14$\exists\ q \in \mathbb{Q}$ und $0 < q < y^n - x$. Also müssen wir haben$\varepsilon \in \mathbb{R}$ und $\varepsilon > 0$ so dass $(y - \varepsilon)^n > x$. Das heißt aber$y - \varepsilon$ ist eine Obergrenze von $E$ und $y - \varepsilon < y = \sup(E)$ein Widerspruch.

Aus allen oben genannten Fällen erhalten wir also Widersprüche $y = x^{1 / n} \implies y^n = x$.

tfjaervik Apr 28 2020 at 16:03

Hier ist mein Lösungsversuch. Beachten Sie das für den Fall$y^{n} > x$ Ich hoffte, dass wir das in der ersten Induktion bewiesene Ergebnis durch Setzen nutzen konnten $y=k+\varepsilon$, aber bisher konnte ich nicht beweisen, dass es ein Paar gibt $(k,\varepsilon)$ so dass $y=k+\varepsilon$ und $(k+\varepsilon)^{n} - k^{n}<q$ sind gleichzeitig zufrieden.

Wir werden Folgendes durch Induktion beweisen: Für jede nicht negative reelle Zahl $y$ und für jede positive rationale Zahl $q$ es gibt $\varepsilon>0$ so dass $(y+\varepsilon)^{n} - y^{n} < q$. Der Fall$n=1$Es ist offensichtlich. Nehmen wir nun an, die Aussage wurde bewiesen$n=k$. Wir müssen zeigen, dass es gilt$n=k+1$. Beachten Sie, dass$(y+\varepsilon)^{k+1} - y^{k+1} = (y+\varepsilon)((y+\varepsilon)^{k} - y^{k}) + y^{k}\varepsilon$. Lassen$q_{0}$ sei eine positive rationale Zahl kleiner als $q/2(y+1)$. Eine solche Zahl existiert nach Satz 5.4.14. Nach unserer Induktionshypothese gibt es$\varepsilon_{0}$ so dass $(y+\varepsilon)^{k} - y^{k} < q_{0}$. Es gibt auch$\varepsilon_{1}$ so dass $\varepsilon_{1} < 2y^{k}$. Daher lassen$\varepsilon = $Mindest$(1, \varepsilon_{0}, \varepsilon_{1})$Das verstehen wir $(y+\varepsilon)^{k+1} - y^{k+1} < (y+1)((y+\varepsilon)^{k} - y^{k}) + y^{k}\varepsilon < q/2 + q/2 < q$. Damit ist die Einführung abgeschlossen.

Dies zeigt aber, dass es existiert $\varepsilon>0$ so dass $(y+\varepsilon)^{n} < q + y^{n}\leq x$, was das impliziert $(y+\varepsilon)\in E$. So,$y$ ist nicht das oberste von $E$ein Widerspruch.

Nehmen wir als nächstes an, dass $y^{n} > x$. Beachten Sie, dass dies dies impliziert$y>0$, schon seit $y^{n} = 0$ dann und nur dann, wenn $y=0$. Dann gibt es eine positive rationale Zahl$q$ so dass $y^{n}-x\geq q$. Also, wenn wir zeigen können, dass es existiert$0 < \varepsilon < y$ so dass $y^{n} - (y-\varepsilon)^{n} < q$, wir sind fertig. Da es im Moment keine elegantere Lösung gibt, führen wir das gleiche Induktionsverfahren wie oben durch. Wir wollen das für jede positive reelle Zahl beweisen$y$ und jede positive rationale Zahl $q$ es gibt $\varepsilon$mit $0<\varepsilon < y$, so dass $y^{n} - (y-\varepsilon)^{n} < q$. Der Basisfall$n=1$Es ist offensichtlich. Nehmen wir als nächstes an, wir haben die Aussage für bewiesen$n=k$. Beachten Sie, dass$y^{k} - y^{k+1} = (y-\varepsilon)(y^{k} - (y-\varepsilon)^{k}) + \varepsilon y^{k} < y(y^{k} - (y-\varepsilon)^{k}) + \varepsilon y^{k}$. Nach Satz 5.4.14 (es gibt eine Rationalität zwischen zwei beliebigen Realen) gibt es eine positive rationale Zahl$q_{0}$ so dass $q_{0} < q/(2y)$. Durch unsere Induktionshypothese wissen wir, dass es existiert$\varepsilon_{0}$ so dass $y^{k} - (y-\varepsilon)^{k} < q_{0}$. Auch lassen$\varepsilon_{1} < q/(2y^{k})$. Dann lassen$\varepsilon = $Mindest$(y, \varepsilon_{0}, \varepsilon_{1})$, wir bekommen $y^{k} - y^{k+1} = (y-\varepsilon)(y^{k} - (y-\varepsilon)^{k}) + \varepsilon y^{k} < y(y^{k} - (y-\varepsilon)^{k}) + \varepsilon y^{k} < q/2 + q/2 = q$. Dies schließt die Induktion. Daher mit diesem$\varepsilon$Das verstehen wir $-(y-\varepsilon)^{n} < q - y^{n} \leq -x$, was das impliziert $(y-\varepsilon)^{n} > x$. Daher$y-\varepsilon$ ist eine Obergrenze für $E$, was der Tatsache widerspricht, dass $y$ ist die kleinste Obergrenze für $E$.

Da beides $y^{n}<x$ und $y^{n}>x$ zu Widersprüchen führen, schließen wir daraus $y^{n}=x$.